1、天津市河西区2020届高三物理上学期期中质量调查试题（含解析）一、单项选择题（共6小题，每题3分，共18分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.“神舟十号”飞船在预定轨道上做匀速圆周运动，在该飞船的密封舱内，如图所示的实验能够进行的是（ ）A. 宇航员生活废水过滤处理实验B. 研究动能与重力势能转化规律实验C. 探究感应电流产生条件实验D. 血浆与血细胞自然分层实验【答案】C【解析】【详解】A、由于过滤水时水要借助重力向下流，在太空中无法实现； 同理，也无法研究物体的重力势能，故血浆与血细胞分层实验也无法完成，故ABD错误；C、只有感应电流的产生和重力无关，在太空中可以完成，故C正
2、确。2.如图，放在水平桌面上的木块处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量是0.8kg，弹簧秤示数为5N，若轻轻取走盘中0.5kg砝码，将会出现的情况是（g取10m/s2）（）A. 弹簧秤示数变小B. A将向左运动C. 桌面对A的摩擦力变小D. A所受和外力变大【答案】C【解析】初态时，对A受力分析有：受到的摩擦力Ff=F1F2=0.8105=3N，说明最大静摩擦力Fmax3N，当将总质量减小到0.3kg时，拉力变为3N，摩擦力，小于最大静摩擦力，所以物体仍静止，弹簧测力计的示数不变，摩擦力变小，故ABD错误，C正确故选C.点睛：对A受力分析可得出A受到的静摩擦力，根据静摩擦力与最大静摩擦力的关
3、系可得出最大静摩擦力；再根据变化之后的受力情况可判断A的状态及读数的变化3.一个滑块以初速度v0从够长的固定斜面底端沿斜面向上运动，经2t0时间返回到斜面底端如图所示图象表示该滑块在此斜面上运动过程中速度的大小v随时间t变化的规律，其中可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度大小小于上滑的速度大小，所以滑回出发点的速度小于，故AC错误；B、根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，上滑时间短于下滑时间，故B正确，D错误。4.如图所示，在距离竖直墙面为L=1.2m处，
4、将一小球水平抛出，小球撞到墙上时，速度方向与墙面成= 37，不计空气阻力墙足够长，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则（ ）A. 球的初速度大小为3m/sB. 球撞到墙上时的速度大小为4m/sC. 若将初速度变为原来的一半，其他条件不变，小球可能不会撞到墙D. 将初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球撞到墙上的点上移了0.3m【答案】A【解析】【详解】A、小球做平抛运动，据题有，联立解得：，故A正确；B、球撞到墙上时的速度大小为：故B错误；C、若将初速度变为原来的一半，根据知，由于墙足够长，小球水平位移仍能等于L，小球一定会撞到墙，故C错误；D、将初速度变为原来的2倍
5、，其他条件不变，小球运动时间：撞墙时下落高度为：原来下落的高度为：所以小球撞到墙上的点上移：故D错误。5.一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点从某时刻开始计时，经过二分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度图中能正确反映该弹簧振子位移x与时间关系的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由题，某一时刻作计时起点，经周期，振子具有正方向最大加速度，则其位移为负方向最大，说明时刻质点位于正的最大位移处，故ABC错误，D正确。6.长为l0的轻杆一端固定一个质量为m的小球，绕另一端O在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示若小球运动到最高点时对杆的作用力为2m
6、g，以下说法正确的是A. 小球运动的线速度大小为B. 小球运动的线速度大小为C. 小球在最高点时所受的合力3mgD. 小球在最低点时所受杆的拉力为3mg【答案】C【解析】【详解】A. 小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，因为小球做匀速圆周运动需要向心力，杆对小球只能是拉力，等于2mg，所以小球受到的合力等于3mg合力提供向心力：，得，AB错误，C正确；D. 在最低点对小球受力分析，则有，因为做匀速圆周运动，因此可得拉力为4mg，D错误二、多选题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每个小题有两个以上选项是正确，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分。）7.如图所示，质量为4
7、 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10 m/s2）A. A加速度的大小为2.5 m/s2B. B加速度的大小为2 m/s2C. 弹簧的弹力大小为50 ND. A、B间相互作用力的大小为8 N【答案】BD【解析】A、物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力：，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为；剪断细线后，A、B一起向下加速运动，对系统，由牛顿第二定律得：，解得：，故A错误，BC正确；D、对B，由牛顿第二定律得：，解得：，则A、B间的作用力
8、为，故D正确点睛：弹簧的弹力不能突变，以A、B系统为研究对象，由牛顿第二定律求出系统的加速度，然后以B为研究对象，由牛顿第二定律求出A、B间的作用力8.“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380 km的圆轨道上飞行，已知地球同步卫星距地面的高度约为36000 km关于“天舟一号”，下列说法正确的是（ ）A. 线速度小于地球同步卫星的线速度B. 线速度小于第一宇宙速度C. 周期小于地球自转周期D. 向心加速度小于地球同步卫星加速度【答案】BC【解析】【详解】A、根据卫星的速度公式，将“天舟一号”与地球同
9、步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的线速度大于地球同步卫星的线速度，故A错误；B、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度，故B正确；C、根据周期，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的周期小于地球同步卫星的周期，即“天舟一号”的周期小于地球自转周期，故C正确；D、根据，将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的向心加速度大于地球同步卫星加速度，故D错误。【点睛】9.A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻
10、的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于A波的周期TA），这两列简谐横波的波形分别变为图丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能的是（ ）A. 1:2B. 2:1C. 1:3D. 3:1【答案】AC【解析】【详解】由图波长，又，得到：，（k=0，1，2）则由波速得到：当时，当时，当时，故AC正确，BD错误。10. 交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现
11、场情况画出了如图所示的事故报告图通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是A. 发生碰撞时汽车A的速率较大B. 发生碰撞时汽车B的速率较大C. 发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12：5D. 发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为：【答案】BC【解析】试题分析：设两辆车质量均为m，相撞之前速度分别为vA、vB，相撞后向北的速度为v1，向东的速度为v2，则南北方向上动量
12、守恒，mvB=2mv1；东西方向上动量守恒mvA=2mv2由图可知：v1：v2=6：25=12：5，得：vB：vA=12：5，可知B、C正确故选BC考点：动量、动量守恒定律及其应用三、实验题（2小题，共12分）11.如图是研究平抛运动的实验装置示意图在竖直平面内固定有圆弧形轨道，小球A沿轨道滚下离开轨道末端时撞开轻质接触式开关S，导致被电磁铁吸住的小球B开始自由下落实验前，保证轨道末端水平，并使小球B的初始高度与小球A被抛出时高度一致，均为H（1）通过观察A、B两小球是否同时落地，可以研究小球A在竖直方向的运动规律，为了获得令人信服的证据，下列说法正确的是（ ）A有必要在其他条件不变的情况下，
13、改变高度H，多次重复实验B有必要在其他条件不变的情况下，改变小球A在轨道上被释放的初始位置，多次重复实验C必须选用非常光滑的轨道，多次重复实验（2）在得到平抛运动在竖直方向运动的规律后，继续利用该装置研究平抛运动在水平方向的运动规律具体操作如下：保持其他条件不变，在轨道末端距离地面分别为H、4H、9H位置进行实验，分别测量小球A抛出点与落地点的水平距离x1、x2、x3，若三个距离满足关系：x1: x2:x3=_，则可初步判断平抛物体在水平方向的分运动为匀速直线运动【答案】 (1). AB (2). 1:2:3【解析】【详解】（1）1通过观察A、B两小球是否同时落地，可以研究小球A在竖直方向的运
14、动规律，为了获得令人信服的证据，必须排除特殊性；A有必要在其他条件不变的情况下，改变高度H，多次重复实验，从而能否排除高度的影响，故A正确；B.有必要在其他条件不变的情况下，改变小球A在轨道上被释放的初始位置，多次重复实验，从而能否排除水平初速度的影响，故B正确；C.轨道是否光滑，不影响球做平抛运动，故C错误；（2）2两次实验小球从斜面同一位置无初速度释放，所以平抛运动的初速度相同，设为，小球在竖直方向上自由落体运动，则有：解得：解得：解得：若水平方向做匀速直线运动，则有：解得：。12.同学们分别利用下图甲、乙所示的两种装置采用不同方法探究“合外力做功与动能改变量的关系”其中小车A与纸带和打点
15、计时器B相连，托盘C内装有砝码，D为无线测力传感器，可直接测量绳子给小车的拉力（1）下列说法正确的是_A. 两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力B. 两种方案都需要测量并记录小车的质量C. 两种方案都需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量D. 两种方案都要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量 （2）如图丙是某次实验打下的纸带，其中O点是小车由静止释放瞬间打点计时器打下的第一个点，打点周期为T，相邻两点间还有四个点没画出，则打下C点时小车的速度大小为vc=_ （3）若采用方案二进行实验，用天平测得小车的质量为M，传感器D测量得到绳子拉力为F，研究小车从开始运动到打下C点的过程，则根据动
16、能定理，应验证的表达式为(用题目中已知物理量的符号表示)_（4）若采用方案一进行实验，并将砝码盘和砝码总重力mg当作绳子拉力，多次实验发现拉力做功总是比小车动能增加量要_一些（填“偏大”或“偏小），造成这种误差最可能的原因是_【答案】 (1). AB (2). (3). (4). 偏大 (5). 钩码也做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力, 导致拉力的功的测量值偏大或: mg做功不仅增加小车动能，也增加砝码和砝码盘的动能【解析】【详解】（1）两种方案都需要将导轨右端垫高以平衡摩擦力，这样才能保证拉力的功等于合外力的功，选项A正确；两种方案都需要测量并记录小车的质量，这样才能求解小车的动能变化量，
17、选项B正确；乙装置由于有力传感器，则不需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量，也不要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量，选项CD错误；故选AB.（2）因纸带上相邻两点间还有四个点没画出，可知t=5T，打下C点时小车的速度大小为；（3） 小车从开始运动到打下C点的过程动能的增量为；拉力的功W=Fs3，则应验证的表达式为；（4）钩码也做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力，所以由钩码的重力代替拉力求解的功偏大，即导致拉力的功的测量值偏大；或者mg做功不仅增加小车动能，也增加砝码和砝码盘的动能.【点睛】本题考查探究功与速度变化的关系实验，解决本题的关键掌握纸带处理的方法，会通过纸带求解瞬时速度和动
18、能增量，以及知道实验误差形成的原因，明确用钩码的重力代替绳的拉力的作用所带来的影响四、计算题（本题共3小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13.我国高速铁路使用的和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车某列动车组由8节车厢组成，其中车头第1节、车中第5节为动车，其余为拖车，假设每节动车和拖车的质量均为m=2104kg，每节动车提供的最大功率P=600kW（1）假设行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力的0.01倍，若该动车组从静止以加速度a=0.5
19、m/s2加速行驶a求此过程中，第5节和第6节车厢间作用力大小；b以此加速度行驶时所能持续的时间（2）若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比，两节动车带6节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1为提高动车组速度，现将动车组改为4节动车带4节拖车，则动车组所能达到的最大速度为v2，求v1与v2的比值【答案】（1）a F=3.6104N b. （2）【解析】（1）a以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有 f=0.01mg代入数据解得F=3.6104N b. 设每个动车提供最大功率为p，提供的牵引力为F，动车匀加速行驶能达到的最大速度为vm，对整个动车组进行分析，
20、据牛顿第二定律，有2F-8f=8ma2P=2Fvm 代入数据解得vm=12.5m/s 持续时间 （2）动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=kv，依据公式 两式相比得 14.如图所示是离心轨道演示仪结构示意图光滑弧形轨道下端与半径为R的光滑圆轨道相接，整个轨道位于竖直平面内质量为m的小球从弧形轨道上的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，若小球运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力重力等大小球可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力求：（1）小球运动到圆轨道的最高点时速度的大小vm；（2）小球开始下滑的初始位置A点距水平面的竖直高度h；（3）小球从更高的位置释放，小球运动到圆轨道的最低点和最高点
21、时对轨道的压力的差值大小【答案】（1）（2）3R（3）6mg【解析】【详解】（1）小球经过最高点，轨道的压力，依据牛顿第三定律可知小球对轨道压力为，由牛顿第三定律和第二定律有：解得：（2）小球自A点下滑至圆轨道最高点的过程，依据动能定理有：解得：（3）设小球从更高位置释放运动到最低点时的速度为，受轨道的弹力为；运动到最高点时的速度为，受轨道的弹力为，依据牛顿第二定律有：， 小球由最低点运动到最高点的过程，依据动能定理有：得压力差：。15.如图所示，两形状完全相同的平板A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m平板B的右端固定一轻质弹簧，P点为弹簧的原长位置，P点到平板B左端点Q的距离为L物块C
22、置于平板A的最右端，质量为m且可视为质点平板A、物块C以相同速度v0向右运动，与静止平板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后平板A、B粘连在一起，物块C滑上平板B，运动至P点开始压缩弹簧，后被弹回并相对于平板B静止在其左端Q点弹簧始终在弹性限度内，平板B的P点右侧部分为光滑面，P点左侧部分为粗糙面，物块C与平板B 粗糙面部分之间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g求：(1)平板A、B刚碰完时的共同速率v1；(2)物块C与平板B粗糙面部分之间的动摩擦因数；(3)在上述过程中，系统最大弹性势能Ep；【答案】(1)v0(2) (3)m【解析】【详解】(1)对A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有：mv0(m2m) v1解得：v1=v0(2)设C停在Q点时A、B、C共同速度为v2，根据动量守恒定律有：2mv0=4mv2解得：v2=v0对A、B、C组成的系统，从A、B碰撞结束瞬时到C停在Q点的过程，根据功能关系有：mg(2L)m(3m)(4m)解得：(3)设弹簧压缩到最短时A、B、C共同速度为v3对于A、B、C组成的系统，弹簧压缩到最短时系统的弹性势能Ep最大对于A、B、C组成的系统，从A、B碰撞后瞬间到弹簧压缩到最短的过程，根据动量守恒定律有：2mv04mv3；解得：v3v0根据功能关系有：mgL+Epm(3m)(4m)解得：Epm
